Puede ser demostrado por simple inducción que $\dfrac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\left(\dfrac1{x}\right) = \dfrac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}$.
Pero, ¿qué acerca de la n integral de $\dfrac1{x}$? Encontrar los primeros primitivos, yo no puede discernir un patrón.
Como Isaac señaló, repite la integración parece dar el siguiente patrón
$$ \frac{x^{n-1} \log x}{(n-1)!} - C_n x^{n-1}$$
Tenga en cuenta que el valor de $\displaystyle C_n$ no importa realmente, como la diferenciación de $n$ los tiempos de las armas nucleares. También, tenga en cuenta que, podemos añadir cualquier arbitrarias $\displaystyle (n-1)^{th}$ de grado del polinomio a esto, sin cambiar el $\displaystyle n^{th}$ derivados.
Con el fin de demostrar que $\displaystyle n^{th}$ derivados de $\displaystyle \frac{x^{n-1} \log x}{(n-1)!}$ es $\displaystyle \frac{1}{x}$, podemos utilizar la inducción.
$$ \frac{1}{(n-1)!} \frac{d (x^{n-1} \log x)}{dx} = \frac{x^{n-2}}{(n-1)!} + \frac{x^{n-2} \log x}{(n-2)!}$$
Desde la adición de un arbitrario $\displaystyle (n-2)^{th}$ de grado del polinomio no cambia el $\displaystyle (n-1)^{th}$ derivados de $\displaystyle \frac{x^{n-2} \log x}{(n-2)!}$ hemos terminado el uso de la inducción.
Tenga en cuenta que si $\displaystyle f(x)$ es una función tal que $\displaystyle \frac{d^n f}{dx} = \frac{1}{x}$, entonces tenemos que $\displaystyle \phi(x) = f(x) - \frac{x^{n-1} \log x}{(n-1)!}$ ha es $\displaystyle n^{th}$ derivada a cero, y por lo tanto es un polinomio de grado $\displaystyle n-1$ o menos (puede ser demostrado mediante la inducción, de nuevo).
Así pues, todas las funciones que usted está buscando son de la forma
$$\frac{x^{n-1} \log x}{(n-1)!} + \sum_{j=0}^{n-1} c_j x^j$$
donde $\displaystyle c_j$ son constantes arbitrarias.
Si utilizamos el repetido integral de la fórmula en el recíproco de la función, con $1$ como el límite inferior, obtenemos
$$\begin{align*} \underbrace{\int_1^x\int_1^{t_{n-1}}\cdots\int_1^{t_1}}_{n} \frac1{t}\;\mathrm dt\cdots\mathrm dt_{n-2}\mathrm dt_{n-1}&=\frac1{(n-1)!}\int_1^x\frac{(x-t)^{n-1}}{t}\mathrm dt\\ Y=(-1)^n \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}B_{1-x}(n,1-n) \end{align*}$$
donde $B_x(a,b)$ es la función beta incompleta.
Dejar
$$g_n(x)=(-1)^n \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}B_{1-x}(n,1-n)$$
el siguiente más "elemental" de representación puede ser derivada de:
$$g_n(x)=\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}(\ln\,x-H_{n-1})-\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^j}{j\cdot j!}\frac{x^{n-j-1}}{(n-j-1)!}$$
donde $H_n=\sum\limits_{j=1}^n\frac1{j}$ es un número armónico.
Como Aryabhata menciona en su respuesta,
$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\left(\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\ln\;x+p_{n-1}(x)\right)=\frac1{x}$$
donde $p_{n-1}(x)$ es cualquier polinomio de grado $n-1$; $g_n(x)$, sin embargo, tiene la propiedad especial (en virtud de la forma en que fue construido) que
$$\left.\frac{\mathrm d^k}{\mathrm dx^k}g_n(x)\right|_{x=1}=0\quad \text{si}\quad k < n$$
Podemos resolver este problema mediante el uso de fracciones de derivados.
$\forall p < 0$, el uso de la Riemann fórmula de Liouville y la sustitución de $v = \frac{x-y}{x}$:
$$ \frac{d^p}{dx^p}\log x = \\ \frac{1}{\Gamma(-q)} \int_0^x \frac{\log (y)}{(x-y)^{q+1}}\, dy=\\ \frac{x^{-q} \log x}{\Gamma(-q)}\int_0^1 \frac{dv}{v^{q+1}} + \frac{x^{-q}}{\Gamma(-q)}\int_0^1 \frac{\log(1-v)}{v^{q+1}}\, dv $$
La primera integral es igual a $-\frac{1}{q}$, mientras que el segundo es evaluado por partes:
$$\int_0^1 \frac{\log(1-v)}{v^{q+1}}\, dv = \\ \frac{1}{q} \int_0^1 \log(1-v)\,d(1-v^{-q}) = \\ \frac{\log(1-v^{-q}) \log(1-v)}{q}\big|_0^1 - \frac{1}{q} \int_0^1 \frac{1-v^{-q}}{1-v}\, dv = \\ \frac{\psi(1-q)+\gamma}{q} $$
Entonces
$$\frac{d^p}{dx^p}\log x = \frac{x^{-q}}{\Gamma(1-p)}(\log x - \gamma \psi(1-q))$$
Dejar que $q \mapsto -q$ y dejar que $p$ es un entero, y la diferenciación de una vez obtenemos:
$$\boxed{I^q \frac{1}{x} = \frac{x^{p-1}}{p!}\a la izquierda(q\log x + q\sum_{n=1}^q \frac{1}{n}+1\right)+P_{n-1}(x)}$$
donde $I^p$ representa el $p^{th}$, integral y $P_{n-1} (x)$ representa un polinomio de grado $n-1$. Tenga en cuenta que la suma de arriba es para el $n^{th}$ número armónico.
Referencia: La Fracción De Cálculo (Oldham Y Spanier)
Después de la sustitución de la variable x con t, el primer paso es iniciar el proceso iterativo de la integración en el log(t) en lugar de 1/t. El enésimo antiderivada del logaritmo natural está dada por la siguiente.
Si $ n\geq 0\in \mathbb{Z}\de la tierra t>0\in \mathbb{R} $ a continuación, $$ \displaystyle \log ^{(n)}(t)=\frac{t^n} {n!)^2}(n! \log (t)+\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)}) $$
La prueba, por inducción sobre n.
La proposición a n:
$ \displaystyle \log ^{(n)}(t)=\frac{\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)} t^n} {n!)^2}+\frac{t^n \log (t)}{n!} $
La proposición en n=0:
El número de Stirling de primera especie plazo evalúa a cero, $ S_1^{(2)}=0 $ .
Sustituir y simplificar.
$ \displaystyle \log ^{(0)}(t)=0+\frac{t^0 \log (t)}{0!}=\log (t) $
La proposición en n+1: Integrar la propuesta de n con adecuado antiderivada límites.
$$ \displaystyle \int_0^t \log ^{(n)}(u) \, du=\frac{\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)}}{(n!)^2}\int_0^t u^n \, du+\frac{1}{n!}\int _0^tu^n \log (u)du $$
Evaluar la primera integral.
$ \int_0^t \log ^{(n)}(u) \, du=\log ^{(-(n+1))}(t)-\log ^{(-(n+1))}(0) $
Si n>0, entonces el siguiente es verdadero.
$ \displaystyle \lim_{t\to 0} \, \log ^{(n)}(t)=\log ^{(n)}(0) $
$ \displaystyle \log ^{(n)}(0)=\lim_{t\to 0} \, \left(\frac{\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)} t^n} {n!)^2}+\frac{t^n \log (t)}{n!}\right) $
$ \displaystyle \log ^{(n)}(0)=\lim_{t\to 0} \, \frac{\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)} t^n} {n!)^2}+\lim_{t\to 0} \, \frac{t^n \log (t)}{n!} $
$ \displaystyle \log ^{(n)}(0)=0+0 $
$ \displaystyle \log ^{(-(n+1))}(0)=0 $
Sustituyendo,
$ \displaystyle \int_0^t \log ^{(n)}(u) \, du=\log ^{(-(n+1))}(t) $
Evaluar la segunda integral.
$ \displaystyle \frac{\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)}}{(n!)^2}\int_0^t u^n \, du=\frac{\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)}}{(n!)^2} \frac{t^{n+1}}{(n+1)} $
Evaluar la tercera integral.
$ \displaystyle \frac{1}{n!}\int _0^tu^n \log (u)du=-\frac{t^{n+1}}{(n+1)^2 n!}+\frac{t^{n+1} \log (t)}{(n+1)!} $
Montar la proposición de n+1 ecuaciones.
$ \displaystyle \log ^{(-(n+1))}(t)=\frac{\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)}}{(n!)^2} \frac{t^{n+1}}{(n+1)}-\frac{t^{n+1}}{(n+1)^2 n!}+\frac{t^{n+1} \log (t)}{(n+1)!} $
Ahora la estrategia es mostrar que la siguiente es verdadero.
$ \displaystyle \frac{\cos ((n+1)\pi ) S_{n+2}^{(2)} t^{n+1}}{((n+1)!)^2}=\frac{\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)}}{(n!)^2} \frac{t^{n+1}}{(n+1)}-\frac{t^{n+1}}{(n+1)^2 n!} $
Simplificar la ecuación anterior.
$ \displaystyle \frac{\cos ((n+1)\pi ) S_{n+2}^{(2)} t^{n+1}}{((n+1)!)^2}=\frac{\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)}}{(n!)^2} \frac{(n+1) t^{n+1}}{(n+1)^2}-\frac{n! t^{n+1}}{(n+1)^2 (n!)^2} $
$ \displaystyle -\cos (n \pi ) S_{n+2}^{(2)}=\cos (n \pi ) S_{n+1}^{(2)} (n+1)-n! $
$ \displaystyle n! \cos (n \pi )= (n+1) S_{n+1}^{(2)}+S_{n+2}^{(2)} $
Utilizar los siguientes identidades de la Biblioteca Digital de Funciones Matemáticas.
Cambio y aplicar la identidad de la primera.
$ \displaystyle n=n+1 $
$ \displaystyle S_{n+1}^{(1)}=n! \cos (n \pi ) $
$ \displaystyle S_{n+1}^{(1)}=(n+1) S_{n+1}^{(2)}+S_{n+2}^{(2)} $
Cambio, reorganizar y comparar la segunda identidad..
$ \displaystyle n=n+2 $
$ \displaystyle S_{n+2}^{(k)}=S_{n+1}^{(k-1)}-(n+1) S_{n+1}^{(k)} $
$ \displaystyle S_{n+1}^{(k-1)}=(n+1) S_{n+1}^{(k)}+S_{n+2}^{(k)} $
La proposición en n+1 es equivalente a la anterior identidad con la variable k=2. Por lo tanto, la proposición en n+1 es verdadera. $ \displaystyle \Cuadro $
Muy posiblemente por primera vez en la historia humana, ahora somos capaces de mirar a la googolplexth antiderivada del logaritmo natural:)
$$ \displaystyle \frac{t^{10^{10^{100}}}}{\a la izquierda(10^{10^{100}}!\right)^2} \left(10^{10^{100}}! \log (t)+S_{10^{10^{100}}+1}^{(2)} \cos \left(\pi 10^{10^{100}}\right)\right)+C $$
Historia: Es extraño! Debo haber mirado este problema un trillón de veces antes y nunca lo vi. Pero esta vez la solución cayó. Me genera el siguiente repitió la integración de la tabla.
$ t^k \log (t)\\ \frac{t^{k+1} \log (t)}{k+1}-\frac{t^{k+1}}{(k+1)^2}\\ \frac{t^{k+2} \log (t)}{k^2+3 k+2}-\frac{(2 k+3) t^{k+2}}{(k+1)^2 (k+2)^2}\\ \frac{t^{k+3} \log (t)}{k^3+6 k^2+11 k+6}-\frac{\left(3 k^2+12 k+11\right) t^{k+3}}{(k+1)^2 (k+2)^2 (k+3)^2}\\ \frac{t^{k+4} \log (t)}{(k+1) (k+2) (k+3) (k+4)}-\frac{2 \left(2 k^3+15 k^2+35 k+25\right) t^{k+4}}{(k+1)^2 (k+2)^2 (k+3)^2 (k+4)^2}\\ \frac{t^{k+5} \log (t)}{(k+1) (k+2) (k+3) (k+4) (k+5)}-\frac{\left(5 k^4+60 k^3+255 k^2+450 k+274\right) t^{k+5}}{(k+1)^2 (k+2)^2 (k+3)^2 (k+4)^2 (k+5)^2}\\ \frac{t^{k+6} \log (t)}{(k+1) (k+2) (k+3) (k+4) (k+5) (k+6)}-\frac{\left(6 k^5+105 k^4+700 k^3+2205 k^2+3248 k+1764\right) t^{k+6}}{(k+1)^2 (k+2)^2 (k+3)^2 (k+4)^2 (k+5)^2 (k+6)^2}\\ \frac{t^{k+7} \log (t)}{(k+1) (k+2) (k+3) (k+4) (k+5) (k+6) (k+7)}-\frac{\left(7 k^6+168 k^5+1610 k^4+7840 k^3+20307 k^2+26264 k+13068\right) t^{k+7}}{(k+1)^2 (k+2)^2 (k+3)^2 (k+4)^2 (k+5)^2 (k+6)^2 (k+7)^2} $
Me preguntaba si la Enciclopedia en Línea de Secuencias de Enteros tenía información sobre lo siguiente. $ \displaystyle \{7,168,1610,7840,20307,26264,13068\} $
En oeis.org/A196837 he encontrado una fórmula de Stirling Triángulo. Todo fue cuesta abajo desde allí. Se me ocurrió una fórmula para el coeficiente constante términos y sea k ir a cero.
En conclusión, aquí es una tabla de los primeros siete antiderivatives del logaritmo natural. $ \displaystyle \begin{array}{ll} \text{n} & \text{antiderivada} \\ \hline 0 & \log (t) \\ 1 & t (\log (t)-1) \\ 2 & t^2 \left(\frac{\log (t)}{2}-\frac{3}{4}\right) \\ 3 & t^3 \left(\frac{\log (t)}{6}-\frac{11}{36}\right) \\ 4 & t^4 \left(\frac{\log (t)}{24}-\frac{25}{288}\right) \\ 5 & t^5 \left(\frac{\log (t)}{120}-\frac{137}{7200}\right) \\ 6 & t^6 \left(\frac{\log (t)}{720}-\frac{49}{14400}\right) \\ 7 & t^7 \left(\frac{\log (t)}{5040}-\frac{121}{235200}\right) \end{array} $
La paz
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